初等数学研究问题四议_甘大旺

四种意识化解二项式问题浙江 周宇美在历年高考中都有涉及二项式定理的试题，本文总结了四种解题意识，旨在强化同学们解此类问题的目的性及方向性，避免低效性和盲目性，使解题能力得以提高．一、通项意识凡涉及到展开式的项及其系数问题，常是先写出其通项公式1r n r r r n T C a b -+=，再据题意进行求解．因此通项意识是解二项式定理问题的首选意识．例1若在1n x ⎫⎪⎭的展开式中，第4项是常数项，则n =________． 解析：由通项公式，得318333541n n n n T CC x x --⎛⎫=-=- ⎪⎝⎭． 令1805n -=，解得18n =． 二、方程意识已知展开式中若干项系数的关系，求指数n 及二项式中参数的值等，可借助展开式中的通项，根据题意建立方程解决．例29a x ⎛- ⎝展开式中3x 的系数为94，常数a =______．解析：919r r r r a T C x -+⎛⎛⎫= ⎪ ⎝⎭⎝ 399229(1)2rr r r r C xa ---=-， 依题意，有3932r -=，得8r =． 故含3x 的项为第9项，其系数为84899(1)2C 4a --=，即99164a =，解得4a =． 三、特殊化意识在求展开式中的各系数之和及某些组合数之和时，有意识地对未知数试取某些特殊值是一种非常有效的方法．例3若423401234(2x a a x a x a x a x =++++，则2202413()()a a a a a ++-+的值为（ ）．（A ）1 （B ）－1 （C ）0 （D ）2解析：令1x =，得401234(2a a a a a ++++=；令1x =-，得401234(2a a a a a -+-+=．两式相乘，得224402413()()(23)(23)1a a a a a ++-+=+-=g ．故选（A ）．四、转化意识转化意识是高考重点考查的内容之一．在二项式定理的有关问题中，主要表现在单项式和三项式转化配凑为二项式来求解；多个二项式的积的某项系数问题转化为乘法分配律问题．例4 （2002年全国高考题）27(1)(2)x x +-的展开式中3x 项的系数是_______． 解析：由3x 项的系数分别来自两个二项式的展开式中两项乘积的系数，如下表搭配：因此，3x 项的系数是446677C (2)C (2)1008-+-=． 除以上几种解题意识外，我们还应加强二项式定理的应用意识．应用是数学的归宿，如二项式定理还应用于近似计算及证明整除等问题．。

初等数学解题研究西南师大附中戴宇时间：二○○九年四月初等数学解题研究前言恩格斯说：“纯数学的对象是现实世界的空间形式和数量关系．”这就是说，数学是研究数与形的关系的一门学科，它是以解决客观世界的事物的内在逻辑联系的“问题”为主要目的．在这个意义上来讲，探索解决数学问题的解题规律及解题方法就是十分重要的．通过对数学形态的内在基本结构的分析和研究，从而顺利地解决问题，对提高我们的数学思维方式及解决问题的能力都有十分重要的意义．数学的内容就是由一种形态与另一种形态的对比和关系的转化．要解决好一个数学问题，我认为首要的是要对一个数学问题构成的结构要先有充分的认识，再熟知一些推演关系的基本手段及方法．其次，要善于把问题的假设和结论沟通起来，借助已有的（尽可能多的）数学知识和数学理论，从而顺利地解决问题．解决问题有“通法”和“巧技”，但我们一定要知道“巧”不是解题的大道，只是一条捷径，而捷径不是处处都有的．只有练好解题的基本功，则解题的捷径也就不难找到．要掌握解题的通法，必须要知道一些数学形态的“通性”，即它的内部结构及这些结构的逻辑联系、演化规律．每一种典型的基本结构在数学形态中的作用以及处理它的一些常见的数学方法和数学知识．解题能力的大小，就是你拥有的这种数学知识的体现．它就像要给人治病，必须先了解人体的各部分组成的器官和构成器官的细胞和它们的生命作用．只有这样练好了基本功，就会得到解题的通法，找到处理数学问题的“大道”．这里还有一个数学能力的问题，具体点说，还有人通过对数学问题的研究和学习得到处理数学问题的有效程度的大小和解题能力．能力是一种稳定的个性心理特征，它影响人们的数学学习活动能否顺利完成；影响数学学习活动的效果．正如瑞典心理学家魏德林（I·Werdelin）指出的“数学能力是理解数学的问题、符号、方法和证明的本质的能力；是学会它，在记忆中保持和再现它们，在解数学（或类似的）课题时运用它们的能力．”总之，通过对数学问题的基本结构进行深入的分析，对各种基本结构彼此关联的本质进行探索，掌握好处理数学问题的一般的数学思维方式和方法，才能达到掌握解决问题的本领．把初等数学作为一个系统，用“结构”的观点来进行分析研究，就是本文的目的。

代数综合题的解题方法米大毅 沈洪博中考试题中，代数综合题经久不衰．代数综合题通常涉及数与式、方程与不等式、函数与图象、应用与探索等多方面的内容，所涉及的知识点多，覆盖面大，对数学素养要求很高．要解决这类问题，除了要具有扎实的基础知识、基本技能外，还需要有敏锐的观察能力、深刻的理解能力、娴熟的运算能力以及较强的综合运用知识的能力．解题过程中既要注意换元法（整体代入）、配方法、待定系数法等常见数学方法的娴熟运用，又要注意自觉运用数形结合、转化与化归、分类与整合、函数与方程等基本数学思想方法优化解题策略， 学会抓住问题的实质，理清问题的层次,对所给问题提供的信息能正确有效地进行分解、组合和加工，努力提高分析问题与解决问题的能力.例1．将正偶数按下表排成5列:第一列 第二列 第三列 第四列 第五列第一行 2 4 6 8第二行 16 14 12 10第三行 18 20 22 24第四行 32 30 28 26... ... ... ... ... ...根据上面规律填空：（1）2008应在第____行第____列；（2）位于第100行第二列的数是 点拨： 不难发现不大于2008的正偶数有1004个，注意到每行4个．另外通过仔细观察可以发现奇数行从左至右依次增大2，偶数行从右至左依次增大2，且第三列从上至下依次增大8． 解答： （1）2008÷2÷4=251 ， 5 ； （2）4+99×8+2=798.归纳： 数与式的规律性的探究题目是近几年来中考的热点题目，着重考查学生的观察、猜想、归纳等能力，要求学生有较强的数感，同时也是对学生数与式基础知识的一种检验．感兴趣的同学还可以探索更具一般性的结论，如：位于第m 行第n 列的数是多少？例2．某服装公司试销一种成本为每件50元的T 恤衫，规定试销时的销售单价不低于成本价，又不高于每件70元，试销中销售量y （件）与销售单价x （元）的关系可以近似的看作一次函数（如图1）．（1）求y 与x 之间的函数关系式；（2）设公司获得的总利润（总利润=总销售额-总成本）为P 元，求P 与x 之间的函数关系式，并写出自变量x 的取值范围；根据题意判断：当x 取何值时，P 的值最大？最大值是多少？点拨： 本题把产品销售问题与函数问题有机的结合在一起．第（1）问的解决需要利用待定系数法，第（2）问中，要注意条件“销售单价不低于成本价，又不高于每件70元”，进而正确的写出自变量x 的取值范围，并要注意它对二次函数最值的影响．解答： 图1（1）（略解）100010+-=x y ．y (件)（2）)100010)(50(+--=x x P ∴500001500102-+-=x x P ． 其中 50≤x ≤70． ∵752015002=--=-a b ，10-=a ＜0． ∴函数500001500102-+-=x x P 图象开口向下，对称轴是直线x=75．∵50≤x ≤70，此时y 随x 的增大而增大，∴当70=x 时，6000=最大值P ．归纳： 应用问题有若干类型，可以与每一个数学问题进行综合，解答的关键是耐心、认真地审题，明确题意，并把文字、图表等信息转化为我们熟悉的数学模型，再运用相关数学知识解决即可，当然，最后还要检查结论是否符合实际意义．例3．已知，如图2，在平面直角坐标系xOy 中，抛物线1l 的解析式为2y x =-，将抛物线1l 平移后得到抛物线2l ，若抛物线2l 经过点（0，2），且其顶点A 的横坐标为最小正整数．（1）求抛物线2l 的解析式；（2）说明将抛物线1l 如何平移得到抛物线2l ；（3）若将抛物线2l 沿其对称轴继续上下平移，得到抛物线3l ，设抛物线3l 的顶点为B ，直线OB 与抛物线3l 的另一个交点为C .当OB =OC 时，求点C 的坐标． 图2点拨： 本题第（1）问考查了待定系数法求二次函数的解析式，另外要注意二次函数图象的平移对二次项系数不产生影响；第（3）问中，通过仔细审题我们可以发现，原点O 是线段BC 的中点，即C B ,两点关于原点成中心对称，若设顶点B 的坐标为（1，m ），则点C 的坐标为（-1，-m ），再运用方程的思想，可使问题迎刃而解．解答：（1）设抛物线2l 的解析式为2y x bx c =-+＋.∵点（0，2）在抛物线2l 上，∴22++-=bx x y .∵ 抛物线2l 的顶点的横坐标为1，∴2=b .∴2l 的解析式为y = -x 2 +2x +2.（2）∵y = -x 2 +2x +2= -(x -1)2 +3，∴将抛物线1l ：2y x =-的图象向右平移1个单位长度，再向上平移3个单位长度，可以得到抛物线2l .（答案不唯一）（3）设顶点B 的坐标为（1，m ），则抛物线3l 的解析式为y = -(x -1)2 +m.∵OB =OC ，且B 、O 、C 三点在同一条直线上，∴点B 与点C 关于原点对称.∴点C 的坐标为（-1，-m ）.∵点C 在抛物线3l 上，∴-m = -(-1 -1)2 +m.∴m =2.∴点C 的坐标为（-1，-2）.归纳： 注意函数图象的图形变换对函数解析式的影响（即形的变化对数的影响），其中第（3）问启示我们若能恰当运用图形变换的思想及方程的思想、数形结合的思想，往往能将问题化繁为简，化难为易．例4．已知：某函数的自变量0>x 时，其相应的函数值1>y ．（1）请写出一个满足条件的一次函数的解析式；（2）当二次函数的解析式为m x m x m y -++-+=5)4(2)4(2时，求m 的取值范围；（3）过动点C(0,n )作直线l ⊥y 轴,点O 为坐标原点．①当直线l 与(2)中的抛物线只有一个公共点时, 求n 的取值范围；②当直线l 与(2)中的抛物线相交于A 、B 两点时，是否存在实数n ，使得△AOB 的面积为定值? 如果存在，求出n 的值；如果不存在，说明理由．点拨： 本题给出函数的局部性质，要求构造符合要求的函数，具有一定的开放性，最好是利用图象，数形结合，便于快速解决问题；另外要注意二次函数图象的开口方向、顶点与对称轴是解决二次函数问题的重要突破口；第（3）①问属于定值问题，下面的解答中给出了一种解法，你还能想出其他解法吗？解答： (1)2y x =+(只要y kx b =+中0k >,且1b ≥即可).(2) 二次函数m x m x m y -++-+=5)4(2)4(2的顶点坐标是(1,21)m -+. 4,21 1.m m >-⎧⎨-+>⎩解得4,0.m m >-⎧⎨<⎩∴40m -<<. （3）①∵直线l 与(2)中的抛物线只有一个公共点,∴ n =21m -+．∵ 40m -<<，∴n 的取值范围是19n <<.②结论：存在实数n ，使得△AOB 的面积为定值. 理由如下：由2(4)2(4)5n m x m x m =+-++-，整理，得22(21)(485)0x x m x x n --+-+-=. ∵对于满足大于-4且小于0的任意的m 值,上式恒成立,∴由①ˊ×4-②ˊ,得 9n =.∴当9n =时, 对于符合题意的任意的m 值,二次函数2(4)2(4)5y m x m x m =+-++-的图像都通过点（21-，9）和点（21+，9），即△AOB 的底22=AB ，高为9，因此△AOB 的面积为定值29.归纳： 本题要根据题目提供的函数性质多次反复的把数转化成形，结合图象特征，再把形转化成数，最后一问启示我们：变化中的不变量（定值）问题既是几何也是代数学习、研究中值得关注的问题，当然这类问题往往对学生的能力要求较高．综合题不仅是知识上的综合，更是数学思想方法的综合运用．解答综合题时，要认真审题，善于从整体上把握试题．洞察每个问题的链接点，筛选合理的角度寻求问题的突破口，从而找到最佳的解决方案．。

数学思想方法授课内容：1、数学思想、数学方法及数学思想方法；2、五种基本的数学思想系统及形成；3、数学思想与数学问题解决4、猜证结合思想：1.1基本观点及解题策略；1.2证明推理与基本方法；(1)综合法与分析法。

重难点：1、猜证结合思想：1.1基本观点及解题策略；1.2证明推理与基本方法；（1）综合法与分析法。

讲授方法和手段、讲授、讨论，边讲边练相结合。

一、基本概念：1、数学思想：是数学的基本观点，是对数学概念，原理、方法、发现法则的本质的认识。

对于解题而言，数学思想就是解题策略，它能沟通问题与知识及方法间的联系，调节解题，是解题的指导思想，属于策略性知识。

2、数学方法：是为了解决问题而采用的手段，步骤和程序，属于过程性知识。

由于数学思想常常表现为数学方法的形成（即以数学方法的形式表现出来），所以通常把二者称为：数学思想方法。

3、五种基本的数学思想（中学数学思想）：在数学的发展史上，形成了许多重要的数学思想，如：公理化思想；符号化思想，极限思想，固本思想等，但在中学主要学习下面五种数学思想：中学五中主要数学思想：1、猜证结合思想；2、分类与分步思想；3、化归与转化思想；4、数形结合思想；5、函数与方程思想。

我们学习五种数学思想的目标是：在头脑中主动的建构“五种数学思想系统，使自己的数学思想方法达到“系统化”和“明确化”。

第一章猜证结合思想（1）1.1猜证结合思想 1、推理的两种形式：（1）似真推理：归纳人推理与类比推理叫似真推理。

归纳推理：由个别的、特殊的结论，通过观察、实验分析，比较等手段，概括出一般性的结论。

这种推理叫∽。

类比推理：由特殊到特殊或由一般到一般的推理叫类比推理。

由归纳推理或类比推理得到的结论不一定正确。

∴叫似真推理。

但，似真推理是创造性的逻辑推理。

（2）证明推理：演绎推理叫证明推理，即：由一般原理推出个别的，特殊的结论的推理方法。

证明推理所得出的结论都是正确的。

总结上面内容我们得出：注两种推理：（1）似真推理（数学猜想）：⎧⎨⎩归纳:特殊到一般类比:特殊到特殊或者一般到一般（2）证明推理：演绎：一般到特殊2、基本观点与解题策略（1）数学猜想：似真推理就叫数学猜想。

全国初等数学研究会
2012年第八届全国初等数学研究学术交流会
论文评选结果公布
全国第八届初等数学研究学术交流会论文评选结果已经揭晓。

本次大会共收到全国各省（市）选送的参评论文151篇，经过全国第七届初等数学研究学术交流会论文评审专家委员会的初评和复评，共评出133篇论文入选大会交流，126篇获奖，其中一等奖21篇、二等奖51篇、三等奖54篇；7篇未评奖。

现将评选结果予以公布。

入选论文、获奖论文题目及作者名单附后，部分论文刊在第四期中国初等数学杂志。

全国初等数学研究会
（福建省数学学会初等数学分会代章）
二○一二年八月一日
2018年第八届全国初等数学研究学术交流会入选、获奖论文名单
的幂级数展开式演绎高考题
三角形内切椭圆的广义
”型通项公式的探究。

2003年高考数学试题评议及其对高中数学教学的影响甘大旺 ( 湖北省特级教师 )12003年高考全国数学试题评议对2003年全国高考数学试卷、评卷进行内涵研究时，离不开对下面两个特殊背景的关注：（1）2003年全国高考数学试卷（适应于全国约20个省）是最后一次依据统编教材的内容来命题的，而且《普通高中数学课程标准》在高考前两个多月的三月底就正式公布了；（2）2003届高考考生主要是高校1999年第一次扩招后于次年2000年引发的第一次高中扩招后的应届毕业生。

上述背景的特殊性，决定了对2003年全国高考数学试卷、评卷（以下简称试卷、评卷）进行透析意义。

1.1 试题溯源试卷中的试题所涉及到的内容及其词汇、符号、图形、句法都没有超出统编教材，现就试题的明显痕迹追溯其编制根源。

1.1.1 源于统编教材理科（21）题（即文科未题）留有统编教材《平面解析几何》第2.11节例2的痕迹，理科未题与统编教材《代数》下册第9.7节中的杨辉三角是相仿的。

1.1.2 迎合试验教材运用试验教材中的空间向量可以顺畅地简易地解答理科（18）题，运用试验教材中的简易逻辑能对（19）题够准确审题并使解题思路清晰。

1.1.3 刷新高考陈题理科（13）题即文科（14）题雷同于1999年上海市高考题（3）——（X3+2 / X2）5展开式中含X5项的系数为（填40），理科（16）题类似于2000年津晋赣高考题（16）和全国高考文理题（16）——已知E、F分别为正方体ABCD-A1B1C1D1的面ADD1A1、面BCC1B1的中心，则四边形BFD1E在该正方体的面上的射影可能是（填②③）。

①②③④1.1.4 改编竞赛题目理科（15）题即文科（16）题的改编参照题是2001年全国高中联赛题（12）：在一个正六边形的六个区域栽种欢赏植物，要求同一块中种同一种植物，相邻的两块种不同的植物，现有4种不同的植物可供选择，则有种栽种方案（填732）。

已知的三个数能为某个等差(比)数列的项的充要条件甘志国(该文已发表 数学教学，2010(3)：26-27)1 引子2009年第8期《数学通讯》(下半月)“争鸣”栏刊登的问题181中证明了“3,2,1不可能是一个等差数列中的三项”，接着又给出了“3,2,1能否为一个等比数列中的三项”的两种不同的解答：解法1 假设存在这样的等比数列，设公比为q ，则可设∈==n m q q n m ,,3,2N*. 由mq =2，得mq 212=，代于nq =3得m n mn 2232,32==，得n 2有约数3，这不可能！所以不存在这样的等比数列，使3,2,1为其中的三项.解法2 假设存在这样的等比数列，设公比为q ，则可设∈==n m q q n m ,,3,2N*.两式相除得n m q -=32，则32log qn m =-.该式左边为有理数，右边只要调节q 的值完全可以使对数的值为有理数，所以存在这样的等比数列，使3,2,1为其中的三项.本文将指出解法1的结论正确，但推理有误(由mq =2，只能得mq 212=，不能得mq 212=)，把mq 212=代于nq =3得m n mn 2232,32==，……这样推理才严谨.解法2中取对数的错误可这样纠正： 由n m q -=32得nm q -⎪⎪⎭⎫⎝⎛=132,所以n m n mnnm nm n nq 23,)2(3,323,3232==⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=⎪⎪⎭⎫⎝⎛==--,该式不可能成立，所以选不出同时满足∈==n m q q n m ,,3,2N*的q .[苏]C.E.里亚平等编，盛世雄译，1980年上海教育出版社出版的《初等代数习题集》第285页第75题是“数5.4,6,2能不能是等比数列或等差数列的项”，第444页的解答和提示为“不可能是等差数列的项，可能是等比数列的项：mn q 2225.46-=”.(也可见甘志国著《初等数学研究(I)》(2008年哈尔滨工业大学出版社)第308-310页)本文将讨论以上问题的一般情形：寻求已知的三个数能为某个等差(比)数列的项的充要条件.为了研究的方便，本文把数列{}n a 拓广为自变量n 取全体整数，所以等差数列{}n a 的通项公式是d nd a a n (0+=是公差，∈n Z )，等比数列{}n a 的通项公式是q q a a n n (0=是公比，∈n Z ).2 已知的三个数能为某个等差数列的三项的充要条件定理1 当已知的三个复数c b a ,,中有相等的数时，当且仅当它们全相等时，它们能是某个等差数列的项，且这个等差数列是常数列.定理 2 当已知的三个复数c b a ,,两两不等时，当且仅当∈--ab ac Q (则可设∈=--v u uva b a c ,(Z ，0≠uv )时，它们能是等差数列的项，比如是等差数列k k v n u a b c ()(⎭⎬⎫⎩⎨⎧---+是已知的任意整数)的第v k u k k ++,,项.证明 若c b a ,,是某个等差数列的项，可不妨设c b a ,,依次是等差数列{}n a (设其公差为d )的第0项、第k 项、第l 项(∈l k ,Z )，得k l a b a c ld a c kd a b a a =--⎪⎩⎪⎨⎧+=+==,000，所以∈--ab ac Q 当∈=--v u uva b a c ,(Z ，0≠uv )时，容易验证c b a ,,分别是等差数列⎭⎬⎫⎩⎨⎧---+)(k v n u a b c 的第v k u k k ++,,项.所以定理2成立.当c b a ,,依次增大或依次减小时，由∈=--v u uva b a c ,(Z ，0≠uv )得v u ,同号，所以c b a ,,可以是等差数列⎭⎬⎫⎩⎨⎧---+)(k v n u a b c 项数依次增大的三项(比如第vk u k k ++,,项，其中∈v u k ,,N*)，也可以是该等差数列项数依次减小的三项(比如第v k u k k ++,,项，其中∈--+v u v k ,,N*).当c b a ,,(每两个都不相等)不是依次增大也不是依次减小时，则c b a ,,不能是某个等差数列项数依次增大的三项，也不能是某个等差数列项数依次减小的三项(因为公差不为0的等差数列是递增数列或递减数列).以下对等比数列的研究限定在实数范围内.定理3 当已知的三个非零实数c b a ,,中有绝对值相等的数时，当且仅当它们的绝对值全相等时，它们能是某个等比数列的项，且这个等比数列的公比是1或1-：当0≠==c b a 且c b a ,,同号即0≠==c b a 时，公比可以是1也可以是1-；当0≠==c b a 且c b a ,,不全同号时，公比只能是1-.定理 4 当已知的三个正实数c b a ,,两两不等时，当且仅当∈acablog Q (则可设∈=v u uva c ab,(log Z ，0≠uv ))时，它们能是等比数列的项，比如是等比数列k a b c u kv n (⎪⎭⎪⎬⎫⎪⎩⎪⎨⎧⎪⎭⎫ ⎝⎛--是已知的任意整数)的第v k u k k ++,,项.证明 若c b a ,,是某个等比数列的项，可不妨设c b a ,,依次是等比数列{}n a (设其公比为q )的第0项、第k 项、第l 项(∈l k ,Z )，得k l a c a c a b q q a c q a b aa ab lk l k =⎪⎭⎫⎝⎛=⎪⎭⎫ ⎝⎛=⎪⎩⎪⎨⎧===log ,,11000，所以∈a c ab log Q当∈=v u u v a c a b ,(log Z ，0≠uv )时，容易验证c b a ,,分别是等比数列⎪⎭⎪⎬⎫⎪⎩⎪⎨⎧⎪⎭⎫ ⎝⎛--u kv n a b c 的第v k u k k ++,,项.所以定理4成立.当三个正数c b a ,,依次增大或依次减小时，由∈=v u uva c ab,(log Z ，0≠uv )得v u ,同号，所以c b a ,,可以是等比数列⎪⎭⎪⎬⎫⎪⎩⎪⎨⎧⎪⎭⎫ ⎝⎛--u kv n a b c 项数依次增大的三项(比如第vk u k k ++,,项，其中∈v u k ,,N*)，也可以是该等比数列项数依次减小的三项(比如第v k u k k ++,,项，其中∈--+v u v k ,,N*).当c b a ,,(每两个的绝对值都不相等)不是依次增大也不是依次减小时，则c b a ,,不能是某个等比数列项数依次增大的三项，也不能是某个等比数列项数依次减小的三项(因为公比不为1±的等比数列各项的绝对值组成的新数列是递增数列或递减数列).当3,2,1===c b a 时，3log 23log log 22==acab是无理数，所以由定理4知，3,2,1不能是任何等比数列的三项.当5.4,6,2===c b a 时，425.4log log 26==a c ab，所以由定理4知，5.4,6,2可以是等比数列k kn (2322⎪⎭⎪⎬⎫⎪⎩⎪⎨⎧⎪⎭⎫ ⎝⎛-是已知的正整数)的第4,1,++k k k 项.例1 (普通高中课程标准实验教科书《数学·选修2-2·A 版》(人民教育出版社，2007年第2版)第91页练习第2题)求证：5,3,2不可能成等差数列.注 由定理2可得：5,3,2不可能同时是任意等差数列中的项. 例2 证明：(1)5.4,6,2-不能是任何等比数列的三项； (2)22,2,1-能是某个等比数列的三项.证明 (1)若5.4,6,2-是某个等比数列{}n a (设其公比为q )的项，可不妨设它们依次是第0项、第k 项、第l 项(∈l k ,Z )，得⎪⎩⎪⎨⎧-=-=.25.426lkq q所以l q ,0<为奇数且k l q q q k l k4,2649,2644==⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛===，这与l 为奇数矛盾！所以欲证结论成立.(2)可以验证22,2,1-依次是等比数列{}1)2(---n 的第1,2,4项.问题 寻求已知的三个非零实数c b a ,,(c b a ,,两两不等，c b a ,,不全同号)是某个等比数列的三项的充要条件.。

对一道放球问题解法的质疑和探究
甘大旺
【期刊名称】《高中数理化（高三）》
【年(卷),期】2007(000)003
【摘要】@@ 1 问题的提出rn由某省招办组织专家编写的考前数学样卷第(16)题:rn设3个相同的球随机地放在编号分别是1、2、3、4的4个盒子中,ξ表示有球盒子的编号的最小值(例如,ξ=2表示1号盒子没有球,2号盒子里有球,3、4号盒子内可能有球也可能无球).
【总页数】2页(P17-18)
【作者】甘大旺
【作者单位】无
【正文语种】中文
【相关文献】
1.联想构造促转化三角代换显神奇——一道最值问题解法的探究 [J], 方长林
2.一道立体几何最值问题解法探究 [J], 曹永生;杨刚;区卓君
3.一道立体几何最值问题解法探究 [J], 曹永生;杨刚;区卓君
4.突破问题解法,拓展探究结论
——以一道高考解析几何定点问题为例 [J], 左昊宇
5.一道摸球概率问题解法的思考与分析 [J], 张斌驰
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高中版2014年1月做会浪费时间，影响教学进度.所以对偏离自己的设计方案，教师生拉硬拽，恨不得马上替学生回答或解决问题.这样，学生受教师所限，只能重复教师昨天的故事，甚至一叶障目，不见泰山.当前，关于新课程课堂上教师与学生的关系，我们学校一位老师曾形象地喻之为驾车中的“主副司机”.但绝大数老师不放心我们“年轻的小司机”，怕他们走弯路而喋喋不休地引导，或者干脆让他们在边上欣赏自己娴熟的车技，学生根本谈不上独立驾驶，结果他们永远不敢一个人上路.所以，为了学生的发展，我们要相信学生，给学生活动的舞台，给学生思考的时间，给学生表现的机会，让学生的思维插上飞翔的翅膀.■2013年全国高中数学联赛B 卷第一试的第9题是：已知数列{a n }满足：a 1=2，a n =2（n+a n －1），n=2，3，…，求数列{a n }的通项公式.命题组最早在网上公布的详细解答过程如下：原解：a 1=2，a 2=2（2+2）=8.当n ≥3时，有a n －2a n －1=2n ，a n －1－2a n －2=2（n －1）.两式相减，得a n －3a n －1+2a n －2=2，即a n －a n －1+2=2（a n －1－a n －2+2）.令b n =a n －a n －1+2（n ≥2），则{b n }（n ≥2）是一个公比为2的等比数列，且b 2=8－2+2=8，于是b n =2n －2b 2=2n+1，即a n －a n －1+2=2n+1.于是a n －1－a n －2+2=2n ，……a 2－a 1+2=23.将上面n －1个等式相加，得a n =a 1+23+24+…+2n+1－2（n －1）=2n+1－2（n+1）.注意到n=1，2的时候，这个公式仍然正确.所以，这就是所求的通项公式.质疑解题结果：检验上述解题过程的最后结果a n =2n+1－2（n+1），代入得a 1=4－4=0≠2、a 2=8－6=2≠8，所以上述解题结果是错误的.更正：a n =a 1+23+24+…+2n+1－2（n －1）=2+23－2n+21－2－2n+2=2n+2－2n －4（n ≥3）.验知a 1=23－2－4=2、a 2=24－4－4=8，所以数列{a n }的通项公式是a n =2n+2－2n －4.质疑解题方法：在命题组提供的解题过程中，中间的n －1个等式相加能够顺利相消，是基于前面的数列递推式a n －3a n －1+2a n －2=2能够偶然巧合地凑成a n －a n －1+2=2（a n －1－a n －2+2）.其实，一般的递推式a n +Aa n －1+Ba n －2=C 不一定能够化成形如a n －a n －1+D=E （a n －1－a n －2+D ）的形式，只有当A+B=－1时才有效，这说明命题组提供的解法的适用范围不够开阔.新解：根据题设递推式a n =2a n －1+2n （n ≥2），令a n +An+B=2［a n －1+A （n －1）+B ］（其中，n ≥2，两个常数A 、B 为待定系数），即就是a n =2a n －1+An+B －2A.比较得A=2且B －2A=0，则B=4.代入得a n +2n+4=2［a n －1+2（n －1）+4］，则a n +2n+4=（a 1+2+4）·2n －1=2n+2，故所求的通项公式是a n =2n+2－2n －4.按照这种新解的思路，我们较易推导出———定理：若存在常数A 、B 、C 使数列{a n }满足递推式a n+1=Aa n +Bn+C（n ∈N +），则当A=1时该数列的通项公式是a n =B 2n 2+C －B222n+（a 1－C ）；而当A ≠1时该数列的通项公式是a n =a 1+AB+AC －C （A －1）222A n －1－B ·n A －1－AC+B －C（A －1）2.说明：在用上例检验该定理时，要注意：a n =2（n+a n －1）=2a n －1+2n（整数n ≥2）圳a n+1=2a n +2n+2（整数n ≥1），则只能取C=2代入检验而不能取C=0.■2013年高中联赛B 卷第9题解答的校正与新解筅浙江省宁波市北仑明港中学甘大旺考试研究考卷解析41。

设计释疑探究课的教学过程
甘大旺
【期刊名称】《中学数学月刊》
【年(卷),期】1994(000)009
【总页数】3页(P3-5)
【作者】甘大旺
【作者单位】湖北省武汉中学
【正文语种】中文
【中图分类】G633.6
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